Exerc´ıcios Resolvidos Teorema da Divêrgencia. Teorema

Instituto Superior Técnico
Departamento de Matemática
Secção de Álgebra e Análise
Exercı́cios Resolvidos
Teorema da Divêrgencia. Teorema de Stokes
Exercı́cio 1 Considere a superfı́cie S definida por
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = 1 ; z > 0}
e o campo vectorial
F (x, y, z) = (−y, x, xz + y)
Calcule o fluxo do rotacional do campo F através de S segundo a normal unitária cuja terceira
componente é negativa, usando
a) Teorema da divergência.
b) Teorema de Stokes.
Resolução:
a) Para usar o teorema da divergência, consideremos o domı́nio regular D definido por
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 1 ; z > 0}
A fronteira de D contém as superfı́cies S e B, sendo B definida por
B = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0 ; x2 + y 2 < 1}
Então, aplicando o teorema da divergência ao campo vectorial rot F e ao domı́nio D, obtemos
Z Z
Z Z Z
rot F · ν
div(rot F ) =
∂D
D
Z Z
Z Z
=
rot F · ν +
rot F · ν
S
S
em que ν é a normal unitária e exterior em S e ν
S
B
B
B
é a normal unitária e exterior em B.
Dado que B é uma superfı́cie horizontal, temos
ν = (0, 0, −1)
B
Por outro lado, div(rot F ) = 0 e, portanto,
Z Z
Z Z
rot F · ν = −
rot F · ν
S
S
B
B
e, tendo em conta que, em B,
rot F = (1, −z, 2) = (1, 0, 2)
obtemos
Z Z
S
rot F · ν
S
= −
Z Z
B
(1, 0, 2) · (0, 0, −1)
= 2 Vol2 (B)
= 2π
Dado que a normal ν é exterior a D em S, tem terceira componente positiva e, portanto,
S
o fluxo pretendido é o simétrico do que foi calculado através do teorema da divergência, ou
seja, −2π.
1
b) Para usar op
teorema de Stokes, notemos que a superfı́cie S é orientável por ser o gráfico da
função z = 1 − x2 − y 2 , e a respectiva fronteira é a linha
∂S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0 ; x2 + y 2 = 1}
z
1
S
PSfrag replacements
ν
B
1
y
∂S
x
Figura 1: Orientação de S e de ∂S
Dado que a normal unitária ν a considerar tem terceira componente negativa, a fronteira ∂S
deve ser descrita no sentido negativo, tal como se ilustra na figura 1, ou seja, ∂S deve ser
parametrizada por
γ(t) = (cos t, − sen t, 0) ; 0 < t < 2π
Do teorema de Stokes, obtemos,
Z Z
Z
rot F · ν =
S
=
F · dγ
∂S
Z 2π
0
(sen t, cos t, − sen t) · (− sen t, − cos t, 0)dt
= −2π
tal como na alı́nea anterior.
2
Exercı́cio 2 Um vaso de manjerico limita um volume da forma
V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 < z, 1 < z < 4}.
a) Considere o campo vectorial f (x, y, z) = (xz 2 , yz 2 , z 3 ). Calcule o fluxo de f através da parede
lateral do vaso, constituı́da pela superfı́cie
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = z, 1 < z < 4},
que faz parte da fronteira de V , no sentido da normal unitária com componente segundo z
negativa, usando o teorema da divergência.
b) Calcule o fluxo de rotf através de S, no sentido da normal da alı́nea anterior, usando o
teorema de Stokes.
Resolução:
a) Para aplicarmos o teorema da divergência temos de considerar todas as superfı́cies contidas
na fronteira de V . Dessa fronteira fazem parte a parede lateral do vaso, que é o pedaço de
parabolóide S, a “tampa” superior
D1 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 4, x2 + y 2 < 4}
e a “tampa” inferior
D2 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1, x2 + y 2 < 1}
tal como se ilustra na figura 2.
z
D1
∂D1
S
PSfrag replacements
ν
D2
∂D2
0
y
x
Figura 2: Orientação de S e de ∂S
Então pelo teorema da divergência,
Z
Z
Z
divf =
f · νS +
V
S
3
D1
f · ν1 +
Z
D2
f · ν2 .
Sendo divf = z 2 + z 2 + 3z 2 = 5z 2 e utilizando coordenadas cilı́ndricas, obtemos
Z 2π Z 4 Z √z
Z
5(44 − 1)
dz
dθ
divf =
5z 2 ρ dρ =
π.
4
1
0
V
0
A normal exterior unitária em D1 é ν1 = (0, 0, 1), logo f (x, y, z) · ν1 = z 3 = 43 em D1 .
Assim, temos
Z
D1
f · ν1 = 4
já que D1 é um disco de raio 2.
3
Z
D1
1 = 43 · Área(D1 ) = 44 π
Do mesmo modo, a normal exterior unitária em D2 é dada por ν2 = (0, 0, −1), e, portanto,
temos f (x, y, z) · ν2 = −z 3 = −1 em D2
Então
Z
D2
f · ν2 = −
Z
D2
1 = −Área(D2 ) = −π
Portanto,
Z
S
f · νS =
Z
V
divf −
Z
D1
f · ν1 −
Z
b) Pelo teorema de Stokes, vamos ter
Z
Z
rotf · νS =
S
D2
f · ν2 =
f+
∂D1
Z
5((44 − 1) − 44 + 1)
π.
4
f,
∂D2
onde ∂D1 está orientada no sentido anti-horário e ∂D2 está orientada no sentido horário de
um observador que olha no sentido do semi-eixo positivo dos z, tal como se representa na
figura 2.
Para calcular os integrais de linha devemos parametrizar ∂D1 e ∂D2
– Parametrização de ∂D1 :
g1 (θ) = (2 cos(θ), −2 sen(θ), 4) ; θ ∈]0, 2π[
– Parametrização de ∂D2 :
g2 (θ) = (cos(θ), sen(θ), 1) ; θ ∈]0, 2π[
As derivadas das parametrizações são dadas por
0
= (−2 sen(θ), −2 cos(θ), 0)
0
= (− sen(θ), cos(θ), 0)
g1 (θ)
g2 (θ)
Então obtemos
Z
f
=
∂D1
Z
e, portanto,
f
∂D2
=
Z
Z
2π
0
(32 cos(θ), −32 sen(θ), 43 ) · (−2 sen(θ), −2 cos(θ), 0)dθ
2π
0
(cos(θ), sen(θ), 1) · (− sen(θ), cos(θ), 0)dθ
Z
S
rotf · νS =
Z
4
f+
∂D1
Z
f = 0.
∂D2
Exercı́cio 3 O filtro de uma máquina de lavar loiça cuja forma é aproximadamente a do conjunto
p
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z ≤ 3},
está imerso numa corrente de água cujo campo de velocidades é dado pela fórmula
F(x, y, z) = (2yz cos(y 2 ), 2xz cos(x2 ), 1).
a) Mostre que a quantidade de água no interior do filtro se mantém constante, supondo que a
densidade da água é constante igual a 1.
b) Usando o teorema de Stokes, calcule o fluxo de água que entra através da parede curva do
filtro.
Resolução:
a) Pelo teorema da divergência, o fluxo total de água através das paredes do filtro é
Z
Z
∇ · F.
F·n=
D
∂D
Como ∇ · F = 0, o fluxo é nulo. Portanto a quantidade de água que entra no filtro é igual
à que sai e a quantidade de água no interior do filtro mantém-se constante.
b) Seja C a parede curva de D tal como se ilustra na figura 3. Note-se que F é um campo de
divergência nula em R3 . Como R3 é um conjunto em estrela, podemos concluir que F é um
rotacional, ou seja, existe um campo L tal que ∇ × L = F. Um campo L que satisfaça esta
equação é um potencial vector para F.
Para calcular o fluxo de F através de C, podemos começar por calcular um potencial vector
L para F e depois aplicar o teorema de Stokes a L. Calcular L = (L1 , L2 , L3 ) consiste em
resolver o sistema de equações ∇ × L = F, ou seja,
 ∂L3
∂L2
= 2yz cos(y 2 )

∂y − ∂z



∂L1
∂L3
= 2xz cos(x2 )
∂z − ∂x



 ∂L2
∂L1
= 1
∂x − ∂y
A solução para este sistema não é única. Para encontrar uma solução particular, podemos
procurar uma solução que satisfaça, por exemplo, L1 = 0. Obtemos,
 ∂L
 ∂L
∂L2
∂L2
2
3
3
= 2yz cos(y 2 )


∂y − ∂z
 ∂y − ∂z = 2yz cos(y )





3
− ∂L
L3
= −z sen(x2 ) + f (y, z)
= 2xz cos(x2 ) ⇔
∂x








∂L2
= 1
L2
= x + g(y, z)
∂x
Mais uma vez, a solução não é única. Impondo a condição, g = 0, e substituindo na primeira
equação, obtemos
f (y, z) = z sen(y 2 )
e, portanto,
L = (0, x, z sen(y 2 ) − z sen(x2 )).
5
z
3
∂C
ν
C
PSfrag replacements
0
y
x
Figura 3: Orientação de C e de ∂C
Pelo teorema de Stokes,
Z
C
F·n=
Z
∂C
L · dα,
onde n é a normal unitária que aponta para dentro do filtro e consequentemente o caminho
α percorre ∂C no sentido positivo tal como se mostra na figura 3.
Assim, temos
∂C = {(x, y, z) ∈ R : x2 + y 2 = 9, z = 3},
pelo que o caminho definido por
α(t) = (3 cos(t), 3 sen(t), 3) ,
t ∈ [0, 2π]
percorre ∂C na direcção pretendida.
Portanto,
Z
∂C
L · dα
Z
=
Z
=
2π
L(α(t)) · α0 (t)dt
0
2π
9 cos2 (t)dt
0
= 9π,
ou seja, a quantidade de água que entra através da parede curva do filtro é 9π.
6
Exercı́cio 4 Considere as superfı́cies definidas por
S
= {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 4, −2 < z < 2}
D−
= {(x, y, z) ∈ R3 : z = −2, x2 + y 2 < 4}
D+
= {(x, y, z) ∈ R3 : z = 2, x2 + y 2 < 4}
a) Calcule o fluxo do campo vectorial f (x, y, z) = (x cosh2 (z), y cosh2 (z), z − 21 sinh(2z))
através de S, segundo a normal exterior unitária ao cilindro x 2 + y 2 = 4, usando o
teorema da divergência.
b) Calcule o fluxo do campo h(x, y, z) = (xez , yez , −2ez ) através de S, segundo a normal da
alı́nea anterior, usando o teorema de Stokes.
Resolução: S é uma parte do cilindro vertical centrado no eixo dos z e com raio 2 e tal que
−2 < z < 2. D− e D+ são as “tampas” inferior e superior contidas nos planos z = −2 e z = 2,
respectivamente, tal como se ilustra na figura 4.
a) Seja V o volume limitado por S, D− e D+ , e seja ν o campo vectorial normal exterior
unitário à fronteira de V . Então, pelo teorema da divergência,
Z
Z
Z
Z
f · ν.
f ·ν+
f ·ν +
divf =
Dado que
D−
S
V
D+
divf = 2cosh2 (z) + 1 − cosh(2z) = 2
obtemos
Z
V
divf = 2 Vol(V ) = 2 · 4 · 4π = 32π.
A normal exterior unitária em D− é ν = (0, 0, −1) e, portanto,
Z
Z
1
(−z + sinh(2z))
f ·ν =
2
D−
D−
1
sinh(−4)) · Área(D− )
2
1
= 4π(2 − sinh(4))
2
= (2 +
Do mesmo modo, a normal exterior unitária em D+ é ν = (0, 0, 1). Logo
Z
Z
1
(z − sinh(2z))
f ·ν =
2
D+
D+
1
sinh(4)) · Área(D+ )
2
1
= 4π(2 − sinh(4))
2
= (2 −
Assim, teremos
Z
Z
Z
f ·ν =
divf −
S
V
D−
f ·ν −
7
Z
D+
f · ν = 32π − 8π(2 −
1
sinh(4)).
2
Note-se que teria sido um pouco mais complicado calcular directamente o fluxo de f através
de S devido à dificuldade na integração em z.
b) Usando a definição de rotacional podemos verificar que se tem h(x, y, z) = rot l(x, y, z) com
l(x, y, z) = (yez , −xez , 0).
De facto, temos
∂l2
∂l3
−
∂y
∂z
∂l3
∂l1
−
∂z
∂x
∂l2
∂l1
−
∂x
∂y
= h1
= h2
= h3
z
D+
2
S
PSfrag replacements
2
y
ν
x
D−
−2
Figura 4: Orientação de S e de ∂S
A solução deste sistema não é única e, para encontrar uma solução, devemos impôr condições,
como por exemplo l3 = 0, consistentes com as equações mas que as simplifiquem de modo a
podermos resolvê-las. Fazendo l3 = 0, obtemos
∂l2
∂z
∂l1
∂z
∂l1
∂l2
−
∂x
∂y
−
= xez
= yez
= −2ez
e, portanto, da primeira equação, obtemos
l2 (x, y, z) = −xez + p(x, y)
e da segunda
l1 (x, y, z) = yez + q(x, y)
8
Fazendo p = 0 ; q = 0, obtemos,
l(x, y, z) = (yez , −xez , 0).
Pelo teorema de Stokes, teremos
Z
Z
h·ν =
S
∂D−
l · dg− +
Z
∂D+
l · dg+ ,
onde ∂D− está orientada no sentido horário e ∂D+ está orientada no sentido anti-horário de
um observador que olha no sentido do semi-eixo positivo z, tal como se ilustra na figura 4.
Para calcular os integrais de linha, consideremos as seguintes parametrizações para ∂D − e
∂D+ :
– Parametrização para D− :
g− (θ) = (2 cos(θ), 2 sen(θ), −2) ; θ ∈ ]0, 2π[
– Parametrização para D+ :
g+ (θ) = (2 cos(θ), −2 sen(θ), 2) ; θ ∈ ]0, 2π[
e as respectivas derivadas
0
g−
(θ)
= (−2 sen(θ), 2 cos(θ), 0)
0
g+
(θ)
= (−2 sen(θ), −2 cos(θ), 0)
Portanto temos,
Z
∂D−
Z
∂D+
l · dg−
=
l · dg+
=
Z
Z
2π
0
l(g− (θ)) · g−
(θ)dθ = −8πe−2
0
2π
0
0
l(g+ (θ)) · g+
(θ)dθ = 8πe2
ou seja
Z
S
h·ν =
Z
∂D−
l · dg− +
9
Z
∂D+
l · dg+ = 8π(e2 − e−2 ).
Exercı́cio 5 Considere as superfı́cies definidas por
S
= {(x, y, z) ∈ R3 : z = −2 +
p
x2 + y 2 , 0 < z < 1}
D1
= {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1, (x2 + y 2 ) < 9}
D0
= {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0, (x2 + y 2 ) < 4}
a) Calcule o fluxo do campo vectorial f (x, y, z) = (x, y, z) através de S, segundo a normal
unitária cuja componente segundo z é negativa, usando o teorema da divergência.
b) Calcule o fluxo do campo h(x, y, z) = (2x sinh(z), 2y sinh(z), −4 cosh(z)), através de S, segundo a normal da alı́nea anterior, usando o teorema de Stokes.
p
Resolução: S é a superfı́cie do tronco de cone vertical definido pela equação z = −2 + x2 + y 2
e limitado pelos planos z = 1 e z = 0. D0 é a “tampa” inferior definida por z = 0 e D1 é a
“tampa” superior de S definida por z = 1.
a) Seja V o volume limitado por S, D0 , D1 . Pelo teorema da divergência temos que
Z
Z
Z
Z
divf =
f ·ν+
f ·ν+
f · ν,
V
S
D0
D1
onde ν é o campo vectorial das normais exteriores unitárias à fronteira de V . Note-se que
em S a componente de ν, segundo z, é negativa.
Sendo
divf (x, y, z) = 3
utilizando coordenadas cilindricas, obtemos
Z
Z
divf = 3 Vol(V ) = 3
V
2π
0
Z
1
0
Z
z+2
ρdρdzdθ = 19π.
0
A normal exterior unitária a D0 é dada por ν = (0, 0, −1) e, então,
Z
Z
f ·ν =
(−z) = 0
D0
D0
porque z = 0 em D0 .
A normal exterior unitária a D1 é dada por ν = (0, 0, 1). Logo
Z
Z
f ·ν =
(z) = 1 · Área(D1 ) = 9π
D1
D1
Portanto,
Z
S
f ·ν =
Z
V
divf −
Z
D0
f ·ν−
Z
D1
f · ν = 19π − 9π = 10π.
b) Para usar o teorema de Stokes, teremos de determinar um campo l(x, y, z) que verifique a
equação
h(x, y, z) = rotl(x, y, z)
10
ou seja, o campo l deverá ser solução do sistema
∂l3
∂l2
−
∂y
∂z
∂l1
∂l3
−
∂z
∂x
∂l1
∂l2
−
∂x
∂y
= h1
= h2
= h3
Este sistema não tem solução única e, portanto, fazendo l3 (x, y, z) = 0, obtemos da primeira
equação
l2 (x, y, z) = −2x cosh(z) + p(x, y)
e da segunda equação
l1 (x, y, z) = 2y cosh(z) + q(x, y)
em que as funções p e q são arbitrárias. Fazendo p = 0 ; q = 0, obtemos o campo
l(x, y, z) = (2y cosh(z), −2x cosh(z), 0)
Pelo teorema de Stokes,
Z
h·ν =
S
Z
S
rot l · ν =
Z
l+
∂D0
Z
l,
∂D1
onde ∂D0 é percorrido no sentido horário e ∂D1 no sentido anti-horário de um observador
que olha no sentido do semi-eixo positivo de z.
Com θ ∈]0, 2π[, as parametrizações de ∂D0 e ∂D1 , respectivamente, são dadas por
g0 (θ) = (2 cos(θ), 2 sen(θ), 0)
g1 (θ) = (3 cos(θ), −3 sen(θ), 1)
e as correspondentes derivadas, ou seja, os correspondentes vectores tangentes, são dadas
por
0
= (−2 sen(θ), 2 cos(θ), 0)
0
= (−3 sen(θ), −3 cos(θ), 0)
g0 (θ)
g1 (θ)
Dado que cosh(0) = 1 e sinh(0) = 0 temos então
Z
Z
Z
h·ν =
l+
S
∂D0
=
Z
l
∂D1
2π
[−8 + 18cosh(1)] dθ
0
= [−16 + 36cosh(1)] π
11
Exercı́cio 6 Considere um filtro de ar cuja forma é aproximadamente a do conjunto
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z ≤ 4},
imerso numa corrente de ar cujo campo de velocidades é dado pela fórmula
2
2
F(x, y, z) = (2yzey , 2xzex , −2 + xy).
a) Mostre que a quantidade de ar no interior do filtro se mantém constante, supondo que a
densidade do ar é constante igual a 1.
b) Usando o teorema de Stokes, calcule o fluxo de ar que sai através da parede curva do filtro.
Resolução:
a) Pelo teorema da divergência, o fluxo total de ar através das paredes do filtro é
Z
Z
∇ · F.
F·n=
D
∂D
Como ∇ · F = 0, o fluxo é zero. Portanto a quantidade de ar que entra no filtro é igual à
que sai.
b) Seja C a parede curva de D. Note-se que F é um campo de divergência nula em R 3 . Como
R3 é um conjunto em estrela, podemos concluir que F é um rotacional, ou seja, existe um
campo L tal que ∇ × L = F. Um campo L que satisfaça esta equação é um potencial vector
para F.
Para calcular o fluxo de F através de C, podemos começar por calcular um potencial vector
L para F e depois aplicar o teorema de Stokes a L. Calcular L = (L1 , L2 , L3 ) consiste em
resolver o seguinte sistema de equações
 ∂L3
2
2
− ∂L
= 2yzey

∂y
∂z



2
∂L1
∂L3
= 2xzex
∂z − ∂x



 ∂L2
∂L1
= −2 + xy
∂x − ∂y
A solução para este sistema não é única. Para encontrar uma solução particular, podemos
procurar uma solução que satisfaça, por exemplo, L1 = 0, e obtemos,
 ∂L
 ∂L
2
∂L2
∂L2
y2
3
3
= 2yzey


 ∂y − ∂z = 2yze

∂y − ∂z




2
x2
3
⇔
− ∂L
L3
= −zex + f (y, z)
=
2xze
∂x








∂L2
L2
= −2x + 12 x2 y + g(y, z)
= −2 + xy
∂x
Mais uma vez, a solução não é única. Impondo g = 0 e substituindo na primeira equação,
2
vem f (y, z) = zey , logo
1 2
y2
x2
L = 0, −2x + x y, ze − ze
.
2
12
Seja C a parede curva de D. Pelo teorema de Stokes,
Z
Z
Z
∇×L·n=
F·n =
C
C
L
∂C
onde n é a normal unitária que aponta para fora do filtro e consequentemente ∂C é percorrido
no sentido negativo quando visto no sentido positivo do eixo z. Uma parametrização para
∂C = {(x, y, z) ∈ R : x2 + y 2 = 4, z = 4},
na direcção indicada é dada por
g(t) = (2 cos(t), −2 sen(t), 4) ;
t ∈ [0, 2π]
e a respectiva derivada por
g 0 (t) = (−2 sen(t), −2 cos(t), 0)
Assim,
Z
L
=
∂C
=
Z
L · dg
∂C
Z 2π
8 cos2 (t) + 8 cos3 (t) sen(t)dt
0
= 8π
portanto a quantidade de ar que sai através da parede curva do filtro é 8π.
13
Exercı́cio 7 Considere a superfı́cie, constituı́da pela parte superior de um toro, definida por
p
M = {(x, y, z) ∈ R3 : z 2 + ( x2 + y 2 − 2)2 = 1, z > 0}.
Seja n a normal unitária a M cuja componente segundo z é positiva.
a) Calcule o fluxo do campo vectorial
f (x, y, z) = (x + arcatn(y 2 + z 3 ), exp(z − x3 ), z 2 − z + 1)
através de M segundo n.
b) Utilizando o teorema de Stokes, calcule o fluxo do campo h(x, y, z) = (0, 0, 2) através de M
no sentido de n.
Resolução:
a) Seja V o volume limitado por M e pelo plano z = 0, i.e.
p
V = {(x, y, z) ∈ R3 : z 2 + ( x2 + y 2 − 2)2 < 1, z > 0}.
A fronteira de V é formada pela superfı́cie toroidal M e pela coroa circular D contida no
plano xy entre as circunferências de raios 1 e 3 centradas na origem, i.e.
p
D = {(x, y, z) ∈ R3 : ( x2 + y 2 − 2)2 < 1, z = 0}.
A normal n a M é exterior a V . A normal unitária a D que é exterior a V é simplesmente
ν = (0, 0, −1) porque D é o plano z = 0.
Assim, o teorema da divergência estabelece que
Z
Z
div(f ) dxdydz =
V
Ora, div(f ) =
∂f1
∂x
Z
+
∂f2
∂y
+
∂f3
∂z
Z
D
f · ν.
= 2z e, portanto, em coordenadas cilı́ndricas, temos
div(f ) dxdydz
V
M
f ·n+
=
Z
2π
Z
0
= 2π
Z
3
1
Z √1−(ρ−2)2
3
1
0
!
2zdz ρdρ dθ
1 − (ρ − 2)2 ρdρ
= 2π 4 −
4
3
Por outro lado para calcular o fluxo de f através de D, note-se que
f · ν = −z 2 + z − 1 = −1
porque z = 0 em D.
Assim,
Z
D
f · ν = −Área(D) = −π(32 − 12 ) = −8π
14
!
e, portanto,
Z
M
f ·n=
8
16 −
3
π.
Note-se que teria sido substancialmente mais difı́cil fazer o mesmo cálculo directamente a
partir da definição de fluxo de um campo.
b) O teorema de Stokes relaciona o fluxo do rotacional de um campo através de uma superfı́cie
com o trabalho desse campo na fronteira, ou bordo, da superfı́cie. Assim o primeiro passo
é exprimir o campo h(x, y, z) como um rotacional de outro campo vectorial. Procuramos
então determinar um campo vectorial g(x, y, z) tal que
rot (g) = h
ou seja
∂2 g3 − ∂ 3 g2
= h1 = 0
∂3 g1 − ∂ 1 g3
= h2 = 0
∂1 g2 − ∂ 2 g1
= h3 = 2
Diz-se que g é um “potencial vectorial” para h.
Há muitas soluções para estas equações. Podemos, por exemplo, tentar encontrar uma
solução com g2 = 0. Da terceira equação obtemos
g1 = −2y + l(x, z)
Fazendo l(x, z) = 0 vemos que é possı́vel satisfazer as equações restantes com g 3 = 0. Logo,
podemos tomar
g(x, y, z) = (−2y, 0, 0)
A fronteira, ou bordo, de M é constituı́da por duas circunferências no plano xy e centradas
na origem: A de raio 1 e B de raio 3, como se ilustra na figura 5. Quem está de pé, sobre o
y
B
1
A
3
x
PSfrag replacements
Figura 5: Orientação de A e de B
plano xy, do lado em que z > 0, a orientação destas fronteiras que é consistente com a normal
n, é para A no sentido horário e para B no sentido anti-horário. Deste modo, percorrendo
15
A ou B do lado em que z > 0, ou seja do lado para que aponta a normal n, tem a superfı́cie
M do seu lado esquerdo.
Então, pelo teorema de Stokes, temos
Z
Z
h·n=
M
M
rot (g) · n =
Z
g+
A
Z
g.
B
Temos de calcular o trabalho de g ao longo de A e o trabalho de g ao longo de B. Podemos
parametrizar A através de
α(θ) = (cos(θ), − sen(θ), 0)
e B através de
β(θ) = (3 cos(θ), 3 sen(θ), 0)
fazendo 0 < θ < 2π.
Então
Z
g
=
A
=
Z
Z
2π
g(α(θ) · α0 (θ)dθ
0
2π
(2 sen(θ), 0, 0) · (− sen(θ), − cos(θ), 0)dθ
0
= −
Z
2π
2 sen(θ)2 dθ
0
= −2π
De modo semelhante temos
Z
g
=
B
=
Z
Z
2π
g(β(θ) · β 0 (θ)dθ
0
2π
18 sen2 (θ)dθ
0
= 18π
Portanto
Z
M
h · n = 18π − 2π = 16π
Note-se que teria sido substancialmente mais difı́cil fazer o mesmo cálculo directamente a
partir da definição.
16
Exercı́cio 8 Considere a superfı́cie
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = z 2 + 1, −1 < z < 3}
e o campo vectorial
F~ (x, y, z) = (x, y, −2z)
Calcule o fluxo de F~ através de S no sentido da normal que aponta para fora (isto é no sentido
contrário àquele em que fica o eixo dos zz),
1. pela definição de fluxo.
2. usando o teorema da divergência.
3. usando o teorema de Stokes.
Resolução:
√
1. Em coordenadas cilı́ndricas (r, θ, z), S é definida por r 2 = z 2 + 1 ⇐⇒ r = z 2 + 1 com
−1 < z < 3 logo S trata-se de uma hipérbole rodada em torno do eixo dos zz, ou seja de
um hiperbolóide.
Uma parametrização para S é dada por
p
p
g(z, θ) = ( z 2 + 1 cos θ, z 2 + 1 sin θ, z), 0 < θ < 2π, −1 < z < 3.
Temos
i
∂g ∂g √ z
cos θ
×
=
z 2 +1
∂z
∂θ √
− z 2 + 1 sin θ
j
√ z
z 2 +1
sin θ
√
z 2 + 1 cos θ
k p
p
1 = (− z 2 + 1 cos θ, − z 2 + 1 sin θ, z).
0 ∂g
× ∂g
Quando z é positivo, a terceira componente de ∂z
∂θ é positiva portanto este vector tem
o contrário ao da normal dada à superfı́cie. Conclui-se que
Z Z
F~ · ~ndS =
S
=−
Z
=−
Z
=−
Z
2π
0
2π
0
2π
0
Z
3
−1
3
Z
−1
Z
−1
3
F~ (
p
z 2 + 1 cos θ,
p
z 2 + 1 sin θ, z) · (−
p
p
z 2 + 1 cos θ, − z 2 + 1 sin θ, z)dzdθ
p
p
p
p
( z 2 + 1 cos θ, z 2 + 1 sin θ, −2z) · (− z 2 + 1 cos θ, − z 2 + 1 sin θ, z)dzdθ
−(z 2 + 1) − 2z 2 dzdθ = −2π(−4 − 28) = 64π.
2. F~ é um campo vectorial de classe C 1 em R3 logo podemos aplicar o teorema da divergência
à região
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 < z 2 + 1 , −1 < z < 3}.
A fronteira de D, é formada por S e pelos dois discos
S1 = {(x, y, 3) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 10}
17
e S2 = {(x, y, −1) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 2}.
Uma vez que a normal a S dada, ~n, é a normal exterior a D, o teorema da divergência diz
que
Z Z Z
Z Z
Z Z
Z Z
~
~
~
∇ · F dxdydz =
F · ~n +
F · (0, 0, 1)dS +
F~ · (0, 0, −1)dS.
D
S
Como
S1
S2
∇ · F~ = 1 + 1 − 2 = 0
conclui-se que
Z Z
S
F~ · ~ndS = −
Z Z
=−
Z Z
=
Z Z
S1
S1
S1
F~ · (0, 0, 1)dS −
−2zdS −
6dS −
Z Z
Z Z
S2
Z Z
S2
F~ · (0, 0, −1)dS
2zdS
S2
−2dS
= 6área(S1 ) + 2área(S2 ) = 6π10 + 2π2 = 64π.
3. Uma vez que F~ é solenoidal (isto é ∇ · F~ = 0) e o domı́nio de F~ é R3 que é um conjunto
~ temos de
em estrela, concluimos que F~ é um rotacional. Para achar um potencial vector A
resolver o sistema
i
j
k ∂
∂ ~ = F~ ⇐⇒ ∂
∇×A
∂x
∂y
∂z = (x, y, −2z)
A1 A2 A3  ∂A3
∂A2

∂y − ∂z = x



∂A3
∂A1
⇐⇒
∂z − ∂x = y



 ∂A2
∂A1
∂x − ∂y = −2z
Fazendo, por exemplo, A3 = 0 obtemos,
 ∂A
− ∂z2 = x




∂A1
⇐⇒
∂z = y



 ∂A2 − ∂A1 = −2z
∂x
∂y
Substituindo na última equação obtemos
−z +

A2 (x, y, z) = −xz + C1 (x, y)




A1 (x, y, z) = yz + C2 (x, y)



 ∂A2 − ∂A1 = −2z
∂x
∂y
∂C1
∂C2
(x, y) − z −
(x, y) = −2z
∂x
∂y
pelo que podemos fazer C1 (x, y) = C2 (x, y) = 0. Conclui-se que um potencial vector para F~
é dado por
~ y, z) = (yz, −xz, 0).
A(x,
Pelo teorema de Stokes,
Z Z
S
F~ · ~ndS =
Z Z
S
~ · ~ndS =
(∇ × A)
18
I
∂S
~ · d~r.
A
O bordo de S é constituı́do por duas curvas:
α1 = {(x, y, 3) ∈ R3 : x2 + y 2 = 10}
e
α2 = {(x, y, −1) ∈ R3 : x2 + y 2 = 2}.
De acordo com a regra da mão direita, quando vistas de muito acima do plano xy, α 1 deve
ser percorrida no sentido dos ponteiros do relógio e α2 no sentido directo.
Uma parametrização de α1 é
√
√
g1 (t) = ( 10 cos t, 10 sin t, 3) 0 < t < 2π
que no entanto percorre a curva no sentido directo, enquanto que uma parametrização para
α2 é
√
√
g2 (t) = ( 2 cos t, 2 sin t, −1) 0 < t < 2π
que percorre a curva α2 no sentido desejado. Assim,
Z Z
Z
Z
~
~
~ · dg2
F · ~n = −
A · dg1 +
A
S
α1
=−
+
=
Z
Z
Z
α2
2π
0
2π
0
2π
√
√
√
√
(3 10 sin t, −3 10 cos t, 0) · (− 10 sin t, 10 cos t, 0)dt
√
√
√
√
(− 2 sin t, 2 cos t, 0) · (− 2 sin t, 2 cos t, 0)dt
30dt +
0
Z
2π
2dt = 64π.
0
19